1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Môn thi: TOÁN, khối B
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
42
() 2y fx x x
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b. Tìm điều kiện đối với a và b để
hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình lượng giác:
 
2cos sin
1
tan cot 2 cot 1
x x
xx x




2. Giải bất phương trình:

2
311
33
1

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng
 định bởi:

22
(): 4 2 0; : 2 12 0Cx y x y x y . Tìm điểm M trên  sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp
tuyến lập với nhau một góc 60
0
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0).
Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên bi
vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu?
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b
(2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường thẳng


:30dxy và có hoành độ
9
2
I
x  , trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm
tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là
222
(): 4 2 6 5 0,():2 2 16 0Sxyz xyz Pxyz .
Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định
vị trí của M, N tương ứng.
Câu VII.b (1 điểm) Cho ,,abc là những số dương thỏa mãn:

 
 



32
0
'4 4 4 1;'0
1
x
yxxxx y
x


  





0,25
 Bảng biến thiên

 


12
11; 11; 00
CT CT
yy yy yy    

 




''()f'byfbxb fb fbxfbb

Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi:




33 22
4a 4a = 4b 4 1 0 (1)
AB
kk b abaabb   
Vì A và B phân biệt nên
ab , do đó (1) tương đương với phương trình:
22
10(2)aabb Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau

   

22
22
42 42
10


1; 1

.
Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là

www.VNMATH.com

3
22
10
1
aabb
a
ab










II

2,00
1


x
xx x




0,25
2sin .cos 2sin
x
xx


2
2
4
cos
2
2
4
xk
xk
xk







 

11
2
3
33
111
log 5 6 log 2 log 3
222
xx x x

  

 
2
333
111
log 5 6 log 2 log 3
222
xx x x
 


333
log 2 3 log 2 log 3xx x x


0,25

33
2
log 2 3 log









0,25

Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là 10x 
0,25
III

1,00
1

1,00


2
2
0
2
2
0
1
cos 2 1 sin 2
2
11

00
11
sin 2 sin 2 sin 2
24
11
sin 2 sin 2 0
212
||
dx xdx
xx



 

0,50
IV

1,00
Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đó
OM AB

và 'DON C


2
3a 2 3 2
R ,
82 16
aa
Vh


   0,25

và
2
a3 2 3
2Rh=2. . .
22
22
xq
aa
S



0,25
V

1,00
Phương trình
 
3
4

m


  





0,25
* Với m = 0; (1) trở thành:

2
44
1
10
2
xx x


Phương trình có nghiệm duy nhất.
0,25

* Với m = -1; (1) trở thành
 







* Với m = 1 thì (1) trở thành:
 




22
44
4
121 121 1 1
x
xxx xx x x x x     
Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm
1
0,
2
xx

 nên trong trường hợp này (1) không có
nghiệm duy nhất.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.
0,25
VIa

2,00
1

1,00

0,25
Khử x giữa (1) và (2) ta được:

22
2
3
210 1 205 42810
27
5
x
yy yy
x



     




0,25

Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là:
9
3;
2
M




RGA .
0,50
VII
a 1,00
Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là :
9
18
C .
0,25

Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là:
+ Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8.
+ Không có bi xanh: có
9
13
C cách.
+ Không có bi vàng: có
9
15
C
cách.
0,25
www.VNMATH.com

6
Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có
9

suy ra M(3;0)

22
99
22 2 32
44
IM IM
AB IM x x y y  
D
12
. D = 12 AD = 2 2.
32
ABCD
ABC
S
SABA
AB


AD d
M
AD






, suy ra phương trình AD:


  






32
31 1
yxx
xy
 



 

hoặc
4
1
x
y





.Vậy A(2;1), D(4;-1),
0,50












Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4).
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1).
0,50
2

1,00
Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3.
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P):




2.2 2. 1 3 16
,5
3
ddIP dR

 
.
Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2.

12
3
xt
ytt
zt



  




 .
0,25

Tọa độ của N
0
ứng với t nghiệm đúng phương trình:
 
15 5
22 2 2 1 2 3 16 0 9 15 0
93
ttt t t             
Suy ra
0
41314
;;
333
N

xyxy
  


Ta có:
11 4 11 4 11 4
;;
222a+b+c
ab bc a bcbc ca ab cca ab
  
  

0,50

Ta lại có:

222
222 2
222
122
244220
22 47
21 1 10
abc abc
abc a b c a
abc

    


www.VNMATH.com